【文档说明】山西省吕梁市2023届高三上学期阶段性测试数学试卷+答案.docx，共(20)页，980.812 KB，由baby熊上传

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数学试题（本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2选择题的作答：

每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效.4．考试结束后，将答题卡上交.一、单选题（本大题共8小题，每小题5分

，共40分）在每小题给出的四个选项中，只有一项．．．．是最符合题目要求的，选出正确的选项并将该选项在答题卡上涂黑．1.已知集合2230Axxx，1Bxx，则AB为（）A.3,1B.1,1C.1,1D.3,【

答案】D【解析】【分析】解出不等式2230xx，然后根据集合的并集运算可得答案.【详解】因为223031Axxxxx，1Bxx，所以3ABxx，故选：D2.已知202220231i11iiz

，则在复平面内，复数z所对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】先利用复数的除法和乘方化简复数z，进而可得z，再利用复数的几何意义即得.【详解】因为202220232023202

2231i1iiii1i1iiz，∴1iz，所以复数z对应的点1,1在第三象限．故选：C.3.已知等比数列na的前n项和为nS，且10a，则“数列na递增”是“数列nS递增”的（）A.充分不必要条件B.必

要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】从“数列na递增”和“数列nS递增”两方面作为条件分别证明结论是否成立即可.【详解】因为10a，且数列na递增，所以0na，因此1

0nnnSSa，所以数列nS递增，所以“数列na递增”是“数列nS递增”的充分条件；若数列nS递增，则110nnnSSa，所以10naq，又10a，所以0nq对Nn成立，即0q，则0na，但是1

(1)nnnaaaq的符号不确定，所以数列na不一定递增，所以“数列na递增”是“数列nS递增”的不必要条件；因此“数列na递增”是“数列nS递增”的充分不必要条件.故选：A4.已知函数2212fxaxax在区间2

,3上单调递减，则a的取值范围为（）A.11,4B.10,4C.1,0D.1,1【答案】A【解析】【分析】考虑0a和0a，a<0三种情况，根据二次函数的对称轴计

算得到答案.【详解】当0a时22fxx，区间2,3单调递减，满足条件；当0a时，fx的对称轴为2112aaxaa，0a时，由fx在区间2,3单调递减，可得13aa，解得104a，a<0

时，由fx在区间2,3单调递减，可得12aa，解得10a，所以a的取值范围为11,4．故选：A5.已知2log3a，2b，33c，则a，b，c的大小关系为（）A.cabB.cbaC.bacD.

acb【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的性质及幂函数的性质即得.【详解】因为2b，33c，所以6689bc，即bc，又223log3log222a，33327328c，所以ac，所以acb

.故选：D.6.已知函数3,12,1axxfxxx，若1f是fx的最小值，则实数a的取值范围为（）A.1,2B.1,0C.1,2D.1,【答案】C【解析】【分析】当1x时可得函数单调递减，进而可得1

a，再求得()fx在1x时的范围，然后结合条件即得．【详解】当1x时，3axfx，因为1f是fx的最小值，所以,1x单调递减，即3axfx，也就是说，当1x时

，ax恒成立，所以1a；当1x时，23fxx，所以133a，即2a，综上，12a.故选：C．7.习近平总书记在党的二十大报告中提出：坚持以人民为中心发展教育，加快建设高质量教育体系，发展

素质教育，促进教育公平，加快义务教育优质均衡发展和城乡一体化．某师范大学学生会为贯彻党的二十大精神，成立“送教下乡志愿者服务社”，分期分批派遣大四学生赴乡村支教．原计划第一批派遣20名学生，以后每批都比上一批增加5人．由于志愿者人数暴涨，服务社临时决定改变派遣计划，具体规则为

：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为na，在数列na的任意相邻两项ka与1ka（1k，2，L）之间插入2k个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列nb．按新数列nb的各项依次派遣支教学生．记70S为派遣了70批学生后支教学生的总数，则

70S的值为（）A.387B.388C.389D.390【答案】A【解析】【分析】由题可得515nan，然后根据条件可得数列nb的前70项含有na前6项和64个3，进而即得.【详解】∵数列na满足515nan，∴120a，225a

，330a，435a，540a，645a，∵在任意相邻两项ka与1ka（1k，2，L）之间插入2k个3，∴其中1a，2a之间插入2个3，2a，3a之间插入4个3，3a，4a之间插入8个3，4a，5a之

间插入16个3，5a，6a之间插入32个3，6a，7a之间插入64个3，又624816326870，624816326470，∴数列nb的前70项含有na前6项和64个3，

故70202530354045643387S．故选：A.8.如图，在ABC中，O为线段BC上一点，且2BOOC，G为线段AO的中点，过点G的直线分别交直线AB，AC于D，E两点，0ABmADm，0ACnAEn，则194

mmn的最小值为（）A.23B.34C.43D.2【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算的几何表示及向量共线可得26mn，然后利用基本不等式即得.【详解】因为2BOOC，所以2AOABACA

O，即1233AOABAC=+，又因为G为线段AO的中点，所以1121123363AGABACABAC，因为ABmAD，ACnAE，所以63mnAGADAE，因为D、G、E三点共线，所以163mn，即26mn，所以41919149

104412124mmnmnmmmnmmnmmn149141021029124123mnmmmn，当且仅当494mn

mmmn，即23mn时取等号．故选：C.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9.已知复数z满足1i3z，则（）A.复数z虚部的最大值为2B.复数z实

部的取值范围是2,4C.1iz的最小值为1D.复数z在复平面内对应的点位于第一、三、四象限【答案】ABC【解析】【分析】根据题意得复数z在复平面内对应点的轨迹是以()1,1-为圆心，以3为半

径的圆，再依次讨论求解即可.【详解】解：满足1i3z的复数z在复平面内对应点的轨迹是以()1,1-为圆心，以3为半径的圆，如图，由图可知，虚部最大的复数12zi，即复数z虚部的最大值为2．A正确；实部最

小的复数2iz，实部最大的复数4iz，所以实部的取值范围是2,4，B正确；1iz表示复数z在复平面内对应点到1,1的距离，所以1iz的最小值为321，C正确；由图可知，复数

z在复平面内对应点位于第一、二、三、四象限，故D错误．故选：ABC10.已知函数sin0,0,22fxAxA的部分图象如图所示，则（）A.函数fx的最小正周期为πB.点π,04是曲线yfx的对

称中心C.函数fx在区间3π,π4内单调递增D.函数fx在区间π0,2内有两个最值点【答案】AC【解析】【分析】由题可得22sin2πsin228AAAx

，可得函数π22sin24fxx，然后根据三角函数的性质逐项分析即得.【详解】由图可知22sin2πsin228AAAx，所以2sin2

，又ππ22，所以π4，所以ππsin184，πππ2π842k，Zk，得216k，Zk，又π2π84，得04，所以2，所以π22sin24f

xx，所以函数fx的周期为π，A正确；由π2π4xk，Zk得，ππ28kx，Zk，取0k得，π8x，对称中心为π,08，取1k得，3π8x，对称中心为3π,08

，所以点π,04不是曲线yfx的对称中心，B错误；由πππ2π22π242kxk，Zk得，3ππππ88kxk，Zk，当1k时，5π9π88x，函数fx在区间5π9π,88内单调递增，C正确；由ππ2π42xk，可得ππ2

8kx，Zk，取0k得，π8x为函数fx的最值点，所以区间π0,2内有一个最值点，D错误.故选：AC．11.已知数列na满足*122Nnnaann，15a，若na的前n项和为nS．则下列说法正确的是（）A.710632SB.201920222

0222aC.数列*N,2nann是递增数列D.3a是数列na的最小项【答案】BCD【解析】【分析】由递推公式得到121nnanan，即可得到数列nan是以4为首项，12为公比的等比数列，从而求出na的通项公式，再利用分组求和

法求出nS，即可A、B，再利用作差法判断数列的增减性，即可判断C、D.【详解】解：数列na满足1221nnaann，得121nnanan，又1140a，∴1112nnanan，故数列nan是以4为首项，1

2为公比等比数列，∴1142nnan，1142nnan，∴211114112222nnSn1111112481122212nnnnnn

所以2019202220222a，故B正确；710632S，故A不正确；因为1142nnan11111141412222nnnnnaann

所以当1n时，10nnaa；当2n时，10nnaa；当2n时，10nnaa．即12345aaaaa所以数列na的最小项为2a，3a，故D正确．从第三项起，数列

*N,2nann是递增数列，故C正确．故选：BCD12.已知定义域为R的函数fx满足，110fxfx，1fxfx，112f，则（）A.1112fB.10fC.11fD.20221

0kfk【答案】ABD【解析】【分析】根据抽象等式，变形得到函数的奇偶性和周期性，根据函数的性质，依次判断选项.【详解】等式1fxfx中的x都换成1x，得21fxfxfx，所以函数fx的周期为2．的等式1fxfx

中的x都换成x，得1fxfx，又11fxfxfx，所以fxfx，所以fx为周期为2的奇函数，所以11111222fff，A正确；110fxfx

中取0x得，10f，B正确；根据周期为2，可知110ff，C错；2022112320221011010kfkffffff，D正确.故选

：ABD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量a在向量b上的投影向量为1,2c，则向量a______．（答案不唯一，写出一个即可）【答案】3,1（答案不唯一）【解析】【分析】解法一：根据投影向量的定义，再转化为数量积的坐标表示

，即可化简求解；解法二：由acc，代入坐标运算，化简求解.【详解】解法一：设,axy，因为cos,aacc，所以2cos,acacacc，即25xy，取3x，1y，∴3,1a是满足题意的一个向量．解法二：设,axy由题知：acc，所以1

,21,20124025xyxyxy取3x，1y，∴3,1a是满足题意的一个向量．故答案为：3,1（答案不唯一）14.在等差数列na中，若24812143π4aaaaa，则115sinaa______．【答案

】1【解析】【分析】根据等差数列的性质求得115aa，由此求得正确答案.【详解】由等差数列的性质可知，11521441282aaaaaaa则248121421448128882343π

aaaaaaaaaaaaa，解得83π4a，∴11583πππsinsin2sinsin2πsin1222aaa.故答案为：115.

在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且22222acb，则tantanBC______．【答案】3【解析】【分析】根据正余弦定理及同角关系式结合条件即得；或作ADBC于D，结合条件及三角函数概念即得.【详解】方法一：由余弦定理可得2222cosba

cacB，所以222222cosaacacBc，所以24cosaacB，即4cosacB由正弦定理得sin4sincosACB，又sinsinABC，所以sincoscossin4sincosBCBCCB，即sincos3cossinBCBC，又0,

πBC且,BC为三角形内角，cossin0BC，所以tansincos3tancossinBBCCBC；方法二：因为2222abc所以222222222222tansincos2tancossin2abc

bBBCabcabacbCBCacbcac22222222232bcbcbccb；方法三：作ADBC于D，设BDx，DCy，ADh，的则有22222222222xhcyh

bxyaacb，所以2222xyyx，即22320xxyy，30xyxy，所以3yx，所以tan3tanhByxhCxy．故答案为：3.16.设O为ABC外心，且满足2340OA

OBOC，1OA，下列结论中正确的序号为______．①78OBOC；②2AB；③2AC??．【答案】①③【解析】【分析】根据题意得到1OAOBOC，变形得到234OAOBOC，平方计算得到①正确，变形得到254

BAOBOC，平方得到62AB，②不正确，变换得到432OCOBOA，平方得到1cos4AOB，计算得到cos4cos2CA，得到③正确，得到答案.【详解】由题意可知：1OAOBOC．①2340OAOBOC，则234OAOBOC，两

边同时平方得到：492416OBOC，解得：78OBOC，故①正确．②2340OAOBOC，则2254OAOBOBOC，254BAOBOC，的两边再平方得到：242516406ABOBOC．所以|62AB，所以②不正确．③2340

OAOBOC，432OCOBOA，两边平方得到：1694121312cosOAOBOAOBAOB，1cos4AOB，π0,2AOB，同理可得：7cos8BOC，π,π2BOC，2AOBC

，2COBA．故1cos24C，7cos28A，且π0,4C，ππ,42A，2217cos42cos2121cos248CCA

，即2AC??．故③正确．故答案为：①③四、解答题（本大题共6小题，共70分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.今年国庆期间某地发生了省外输入病例引发的新冠疼情，为切实保障人民群众的身体健康，政府果断采取了静默管理措施．静默期间，为保障人民群众生活物资供应，该地成立了蔬菜中转厂，通

过向农场购买蔬菜进行储存，再投放市场，来缓解市场蔬菜紧张压力．为防止蔬菜积压，某蔬菜中转厂每日进货的蔬菜量最多不超过10吨，由于受运输、存储等因素影响，蔬菜每日都有一定损耗，且日损耗率p与日进货量x（吨）之间近似地满足关系式250600xp

(日损耗率100%日损耗量日进货量)，已知每售出一吨蔬菜可盈利1千元，而每损耗一吨蔬菜亏损3.8千元．假定每日所进蔬菜除损耗外均可售出．（1）将该蔬菜中转厂的日利润y（千元）表示成日进货量x（吨）的函数；（日利润y日盈利额-日损耗额）．（2）当该蔬菜中转厂的日进货量为

多少吨时，日利润最大？最大日利润是几千元？【答案】（1）330101255xyxx（2）当该蔬菜中转厂的日进货量为5吨时，日利润最大，最大日利润是2千元．【解析】【分析】（1）根据日利润y日盈

利额-日损耗额，求得y的解析式.（2）利用导数求得日利润的最大值以及此时的进货量.【小问1详解】依题意得，2350313.84.80106001255xxyxppxxxxx．【小问2详解

】330101255xyxx，2331255xy，令233051255xyx．当05x时，0y，函数单调递增，当510x时，0y，函数单调递减，∴当5x时，函数取得最大值为353521255，∴当该蔬菜中转

厂的日进货量为5吨时，日利润最大，最大日利润是2千元18.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinsin21cos1cos2ABAB．（1）求tantan2AB的值；（2）若5a，ABC的面积252S，求sinA．【答案】（1）tantan12AB（2）45【解析】

【分析】（1）根据三角恒等变形得到等式左边为tan2A，右边为1tanB，化简得到答案.（2）化简得到2πAB，得到bc，根据余弦定理得到225cos12Ab，根据面积公式得到225sinAb，计算得到答案.【小问1详解】22sincossin22tan1cos22c

os2AAAAAA，2sin22sincoscos11cos22sinsintanBBBBBBBB，所以tantan12AB．【小问2详解】tantan12AB，所以coscossinsin022AABB，cos02AB

，0,π2AB，所以π22AB，2πAB，所以BC，即bc．由余弦定理得2222cosabcbcA，即222522cosbbA，所以225cos12Ab，又125sin22ABCSbcA△，所以225sinAb．所以22222525112bb

，解得21254b，所以4sin5A．19.已知函数2*Nfxxnn的图象与x轴正半轴交于点A，函数yfx的图象在点A处的切线为l，l在y轴上的截距记为na．（1）求数列na的

通项公式；（2）设2nnnab，求证12311112nbbbb（*Nn且2n）．【答案】（1）2nan;（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件求出点A坐标.求出导函数，根据导数的几何意义，表示出切线l的方程，即可得到na；（2）易求211nbn.对该式放

缩，可得2n时，21111nbnnn，裂项可得1111nnnb，又11b，代入式子加起来即可证明.【小问1详解】由题意，令20yxn，解得xn，又A在x轴正半轴，故,0An，2yx，故切线斜率2

kn，l：2ynxn，令0x，2yn，所以l在y轴上的截距2nan．【小问2详解】证明：由题意2nbn．故222212311111111123nbbbbn，又对*nN且2n时，2111111nnnn

n，所以1231111111112231nbbbbnn11111111222231nnn，得证．20.函数23lnfxaxxx．（1）当1a时，求函数

fx极值；（2）已知直线32yx是曲线yfx的切线，求a的值．【答案】（1）极小值2，fx无极大值（2）2【解析】【分析】（1）求导得到导函数，确定函数的单调区间，计算得到极值.（2）设直线32yx与曲

线yfx相切于点00,xfx，代入函数和导函数得到2003ln10xx，根据函数的单调性结合验证得到01x，代入计算即可.【小问1详解】23ln0fxxxxx，123321xxfxxxx，由0fx得，1x或32x

（舍去）．当1,x时，()0fx¢>，fx单调递增，当0,1x时，0fx，fx单调递减，所以1x时，fx取到极小值1113ln12f，fx无极大值．【小问2详解】设直线32

yx与曲线yfx相切于点00,xfx，则0003?32fxfxx．即0020000323?323lnxaxxxaxx，消去a得，2003ln10xx，易知函数23ln1gxxx

在0,上为增函数，又当1x时，0gx，的所以方程2003ln10xx有唯一解01x，代入得，2a．21.现有半径为30m，圆心角为π3的扇形空地OPQ，需要在此空地内修建一形状为平行四边形的体育活动场地ABCD，其中点D在半径OQ上，点A，B在半径OP上，点C为弧PQ上

的动点（如图所示），设COP．（1）用θ表示四边形ABCD的面积S；（2）求S的最大值．【答案】（1）π3003sin215036Sπ03（2）1503m2．【

解析】【分析】（1）利用，结合三角恒等变换求得S的表达式.（2）结合三角函数最值的求法求得S的最大值.【小问1详解】作DEOP于点E，作CFOP于点F，则矩形CDEF的面积等于平行四边形ABCD的面积．sin30sinCFOC，cos30cosOFOC

，在RtODE△中，103sinππtantan33DECFOE，所以30cos103sinEFOFOE．所以矩形CDEF的面积即平行四边形ABCD的面积，30cos103sin30sinSEFCF2

900sincos3003sin3113003sin2cos2222π3003sin215036π03.【小问2详解】由（1）得，π3003sin215036Sπ03

因为π03，所以ππ5π2666，当ππ262，即π6时，max1503S，所以平行四边形ABCD的面积最大为1503m2．22.已知函数lncosfxxx．证明：（1）fx在区间π0,2内存

在唯一极大值点；（2）fx有且仅有唯一零点．（参考数据：sine0.4108．lnπ1.145）【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题可得函数fx在区间π0,2

单调递减，根据零点存在定理及导数与函数的极值的关系即得；（2）分00,xx，0π,2xx，π,e2x，ex讨论，利用导数研究函数的性质结合零点存在定理即得.【小问1详解】由

题可得1sinfxxx，设1singxfxxx，则21cosxxgx，当π0,2x时，0gx，fx在区间π0,2单调递减，又因为1si1n10f，π2102π

f，由函数零点存在定理，fx在区间π1,2存在唯一零点0x，当00,xx时，()0fx¢>，当0,2xx时，0fx，所以函数fx在区间π0,2存在唯一极大值点0x；

【小问2详解】（ⅰ）由（1）当00,xx时，()0fx¢>，fx单调递增，111cos0eef，1cos10f，所以fx在区间00,x上有唯一零点；（ⅱ）当0π,2xx时，0fx，fx单

调递减，ππln022f，所以0fx，fx区间0π,2x内不存在零点；（ⅲ）当ex时，lncoslnecos0fxxxx，所以fx在区间e,内不存在零点；（ⅳ）下面证明：当π,e2

x时，0fx，因为11sinsinxxfxxxx，令1sinhxxx，π,e2x，则sincosxhxxxx，所以2cossin0xxxx，所以hx在π,e2x

上单调递增，又π102h，3π3π3π3π23πesincos10444424hh，在所以hx在区间π,e2x内存在唯一零点1x，当1π,2xx

时，0hx，hx单调递减；当1,exx时，0hx，hx单调递增，又ππ1022h，e1esine0h，所以0hx，即在区间π,e2内，0fx恒成立，即fx在区间π,e2内单调递减，

e1cose0f，所以当π,e2x时，0fx，fx在区间π,e2内不存在零点；综上，fx有且仅有唯一零点．【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个

数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：

①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.